Pochodna anonim123: Czy ta pochodna jest dobrze policzona? https://zapodaj.net/55778fb8a961a.jpg.html

daras: spytaj zapodaja

Szkolniak: h(x)=ln(3)*log₃|x+2√x+2| h(x)=ln(3)*log₃|(√x+1)²+1| h(x)=ln(3)*log₃((√x+1)²+1)

	1		1
h'(x)=ln(3)*		*2(√x+1)*		=
	ln(3)*((√x+1)2+1)		2√x

	1		(√x+1)
=		*
	((√x+1)2+1)		√x

więc coś namieszałaś, przeanalizuj moje

wredulus_pospolitus: brak pochodnej wnętrza:

	1		1
( loga f(x) )' =		*		* f'(x)
	f(x)		ln a

anonim123: Dziękuję a jak policzyć pochodną z x^−x

wredulus_pospolitus: ogólnie: (f(x)^g(x)) ' od teraz będę zapisywał jako (f^g)' przekształcamy: f^g = e^ln(fg) = e^{g * lnf} związku z tym (x^−x)' = ( e^{−x * lnx})' liczysz granicę

Szkolniak: co za granica?

Mariusz: Szkolniak taka granica

	f(x + Δx) − f(x)
limΔx→0
	Δx

Szkolniak: a no tak, ale nie widzę polecenia by liczyć to z definicji, więc nawet o tym nie pomyślałem zwłaszcza że poprzedni przykład też nie był liczony z definicji

Mariusz: ale jak liczyć granicę to tylko taką bo pochodna to też granica

Szkolniak: swoją drogą jak by to wyglądało z definicji? dobry początek? f(x)=e^−x*ln(x) → f(x+Δx)=e^{−(x+Δx)*ln(x+Δx)}

	1   1   − e(x+Δx)*ln(x+Δx)   ex*ln(x)
f'(x)=limΔx→0		=
	Δx

	1   1   − e(x+Δx)*ln(x+Δx)   ex*ln(x)
=limΔx→0		=
	Δx

	ex*ln(x)−e(x+Δx)*ln(x+Δx)
=limΔx→0
	Δx*ex*ln(x)*e(x+Δx)*ln(x+Δx)

Mariusz: Teraz w liczniku spróbuj dodać pewne zero i zapisać granicę jako iloczyn granic

Mariusz:

	exln(x)−e(x+Δx)ln(x+Δx)		1
limΔx→0		limΔx→0
	Δx		exln(x)*e(x+Δx)ln(x+Δx)

	e(x+Δx)ln(x+Δx)−exln(x)
limΔx→0
	(x+Δx)ln(x+Δx) − xln(x)

	(x+Δx)ln(x+Δx) − xln(x)		−1
limΔx→0		limΔx→0
	Δx		exln(x)*e(x+Δx)ln(x+Δx)

	e(x+Δx)ln(x+Δx)−exln(x)
limΔx→0
	(x+Δx)ln(x+Δx) − xln(x)

Do policzenia tej granicy stosujesz podstawienie (x+Δx)ln(x+Δx) − xln(x) = t − Δt

	eΔt−et
i powinieneś dostać granicę limΔt→t
	Δt − t

	(x+Δx)ln(x+Δx) − xln(x)
limΔx→0		=
	Δx

	x(ln(x+Δx)−ln(x))
limΔx→0		+limΔx→0ln(x+Δx)
	Δx

	ln(x+Δx)−ln(x)
xlimΔx→0		+ ln(x+Δx)
	Δx

	ln(x+Δx)−ln(x)		x+Δx   ln( )   x
limΔx→0		=limΔx→0		=
	Δx		Δx

	Δx		1
limΔx→0ln((1+		)		)
	x		Δx

Teraz korzystamy z ciągłości logarytmu

	Δx		1
ln(limΔx→0(1+		)		)
	x		Δx

	Δx		1
limΔx→0(1+		)		a tę granicę sprowadzasz do granicy za pomocą której
	x		Δx

Bernoulli zdefiniował liczbę e

	−1
limΔx→0		a tutaj wystarczy podstawić Δx = 0
	exln(x)*e(x+Δx)ln(x+Δx)

	e(x+Δx)ln(x+Δx)−exln(x)
limΔx→0
	(x+Δx)ln(x+Δx) − xln(x)

	(x+Δx)ln(x+Δx) − xln(x)		−1
limΔx→0		limΔx→0
	Δx		exln(x)*e(x+Δx)ln(x+Δx)

	−1
exln(x)(1+ln(x))(		)
	e2xln(x)

−e^−xln(x)(1+ln(x))

	1+ln(x)
−
	xx